дома » Алгебра в школе » Основные понятия теории модулей

Основные понятия теории модулей

15. Разложение на простые множители.

 Главная страница: ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ ПО ОСНОВАМ ОБЩЕЙ АЛГЕБРЫ учебное пособие.
Сборники Математики Скачать бесплатно
Алгебра в школе.
ЕГЭ 2015 Математика
.
Библиотека учителя.
Школьная математика.

Скачать полностью бесплатно ЗАДАЧИ И УПРАЖНЕНИЯ ПО ОСНОВАМ ОБЩЕЙ АЛГЕБРЫ учебное пособие. П.А. Крылов А.А. Туганбаев А.Р. Чехлов в формате PDF.

Ниже можете посмотреть текст для быстрого ознакомления (в них формулы отображаются не корректно). Эти тексты и форма поиска справа в колонке помогут Вам быстрее найти нужную информацию на этом сайте.

litres728_90

15.1. б) Пусть M — левый R-модуль. Для r G R положим Ar (a) = ra, a G M. Тогда Ar G End M. Требуемый гомоморфизм
f из а) действует как f (r) = Ar, r G R.
15.2. Пусть f (соответственно, g) определяет модульное умножение о (соответственно, *) на M, и р: (M, *) ^ (M, о) —
изоморфизм этих модулей. Тогда р (r * a) = r о р (a), f(r)(a) = r о a и g(r)(a) = r * a, r G R, a G M. Далее, р (g (r) (a)) =
р (r * a) = r о р (a) = f (r) (p (a)), (pg (r)) (a) = ( f (r) p) (a), pg (r) = f (r) р и g (r) = p-1J (r) р = <^(f (r)) = (<frf )(r), g = t^f,
где ф — внутренний автоморфизм кольца End M, соответствующий р (т.е. ф(а) = р-1ар, a G End M). Обратно, пусть
g = фf. Если ф соответствует автоморфизм р группы M, то р будет изоморфизмом R-модулей (M, *) и (M, о).
15.6. Пусть B — R-модуль, р: A ^ B — аддитивный изоморфизм, не являющийся R-модульным. Формула r о a =
р-1 (гр (a)), r G R, a G A, задает на A структуру R-модуля о, отличную от данной. Из р (r о a) = гр (a) следует изоморфизм
R-модулей (A, о) и B. Обратно, если на A имеется R-модульная структура о, отличная от исходной, то тождественное
отображение группы A будет аддитивным и не R-модульным изоморфизмом A на (A, о).
15.8. Умножение получается с помощью формулы r о (b + a) = (rb + (rf (a) — f(ra)) + ra, где r G R, b G B, a G A.
15.9. Умножение дает формула r о (b + a) = (rb + S(r)(a)) + ra, где r G R, b G B, a G A.
15.12. 1) Если f: R ^ S — мультипликативный и не аддитивный изоморфизм, то другое сложение + на R определяется по
формуле x+y = f-1 (f(x)+ f (y)), x,y G R.
15.14. Новое сложение + на M можно задать формулой
a+b = f-1 (f (a) + f (b)), a,b G M.
Если (M, +, •) и (M, +, •) — две структуры R-модуля на M с разными сложениями и одинаковыми модульными умножениями,
то нужно рассмотреть тождественное отображение множества M.
15.18. Неразложимость пространства V как модуля над F[x] равносильна тому, что минимальный многочлен m(x) оператора
a равен степени некоторого неприводимого многочлена.
15.21. Изоморфизм получится, если гомоморфизму f G Ношд (R,A) поставить в соответствие элемент f (1). Обратный
изоморфизм элемент a G A отображает в такой гомоморфизм g G Ношд (R, A), что g (r) = ra, r G R.
15.22. а) Возьмем элементы e1 = (1, 0,… , 0),… ,en = (0, 0,… , 1) R-модуля Rn = R 0 … 0 R. Пусть f G End# (Rn)
и f (ei) = rn + … + rin, rij G R, i,j = 1,… ,n. Отображение f ^ (rji), где (rji) — n x n-матрица, является нужным
изоморфизмом.
/ R1 \
б) Удобнее элементы из Rn записывать в виде векторов-столбцов длины п, Rn = . . . , где все Ri = R. Пусть f
nRn
End#„(Rn). Если f оставляет на месте каждое Ri, то f действует на Ri как умножение справа на некоторый элемент ri G R
(см. 15.21 и а)). На самом деле, r1 = … = rn = r и f есть умножение на r. Верно и обратное.
15.24. Отображение x + s-1M ^ sx + M, x G R, является изоморфизмом правых R-модулей R/s-1M = R/M. Теперь, если
J — правый идеал кольца R, содержащий s-1M, то sJ + M — правый идеал, содержащий M. Значит, sJ + M = M или
sJ + M = R. Поэтому J = s-1M или J = R, что означает максимальность s-1M.
15.28. Эквивалентность б) в) проверяется непосредственно.
а) ^ б). Пусть f = m + п, T = mR П nR. Так как fR = fR П mR + fR П nR, то существуют такие b,d G R, что fb G mR,
fd G nR, f = fb + fd. Поэтому nb = fb — mb G T и md = fd — nd G T. Пусть a = 1 — b, z = a — d. Тогда 1 = a + b и
fz = f — fb — fd = 0. Поэтому ma = md + mz = md + fz — nz = md — nz и nz = —mz G T. Тогда ma G T и a — требуемый

179 Основные понятия теории модулей.

б) ^ а). Пусть A,B,G 6 L (M), f 6 AП (B + G) и f = m + n, где m 6 B, n 6 G. По условию существуют такие a,b 6 R, что
1 = a+b, ma 6 nR, nb 6 mR. Тогда fb = mb+nb 6 fRnmR С AnB, fa = ma+na 6 fRnnR С AnG, f = fb+fa 6 AnB+AnG.
а) ^ г). Пусть B = {a 6 R \ ma 6 (m + n) R}, B — правый идеал в R. Тогда (m + n) R П mR = mB. Если b 6 B, то
nb = (m + n) b — mb 6 (m + n) R. Поэтому B = {a 6 R \ na 6 (m + n) R} и (m + n) R П nR = nB. Тогда (m + n) R =
(m + n) R П mR + (m + n) R П nR = mB + nB.
г) ^ а). По условию (m + n) R = mB + nB. Откуда mR П (m + n) R = mR П (mB + nB) = mB, nR П (m + n) R = nR П
(mB + nB) = nB, (m + n) R = mR П (m + n) R + nR П (m + n) R. Поэтому M — дистрибутивный модуль.
15.29. а) следует из 15.28. б) Пусть f 6 Horn# (G,H), n = f(m), m 6 G. Так как существует такое a 6 R, что ma =
n (1 — a) = 0, то n = na = f(m)a = f (ma) = f (0) = 0.
в) следует из б) и из того, что все подфакторы дистрибутивного модуля дистрибутивны.
г) Поскольку G/ (G П H) = M/H и H/ (G П H) = M/G, то утверждение следует из б).
15.34. (^). M = Ker f ф M1. Пусть e: M1 ^ M — вложение M1 в M. Если f = f \ M1, то f — изоморфизм. Тогда g = ef-1.
(^ ). Поскольку fg = 1^, то f — эпиморфизм и Ker f П Im g = 0. Так как x — gf(x) 6 Ker f для x 6 M и gf(x) 6 Img, то
M = Ker f ф Im g.
15.39. Рассмотрите отображение m + N ^ (a + X) + (b + Y), где m = a + b, a 6 A, b 6 B.
15.40. а) Вложением будет отображение m + (A П B) ^ (m + A,m + B), m 6 M. б) Отображение A П B ^ A ф B есть
a ^ (a, —a), отображение A ф B ^ A + B есть (a, b) ^ a + b, a 6 A, b 6 B.
15.41. Пусть в — изоморфизм. Тогда для x 6 X существует такой b 6 B, что в (b) = ф (x). Поэтому Yg (b) = Фв (b) =
■0^(x) = 0. Откуда g (b) = 0 и b 6 Ker g = Im f. Тогда f (a) = b для некоторого a 6 A. Поэтому <pa (a) = вf (a) = в (b) = ^(x).
Откуда a(a) = x и, значит, a — сюръекция. Таким образом, a — изоморфизм.
Пусть z 6 Z. Тогда ф (y) = z для некоторого y 6 Y. Найдется b 6 B со свойством в (b) = y. Откуда Yg (b) = Фв (b) = Ф (y) = z.
Значит, y — сюръекция и, следовательно, — изоморфизм.
Пусть a и y — изоморфизмы и y 6 Y. Тогда y (c) = Ф (y) для некоторого c 6 C. Найдется b 6 B со свойством g Откуда фв (b) = Yg (b) = Y (c) = Ф (y). Поэтому ф (y — в (b)) = 0 и, значит, ф (x) = y — в (b) для некоторого x 6 X. Далее,
найдется такой a 6 A, что a (a) = x. Откуда вf (a) = фa (a) = ф^) = y — в (b), а это влечет в (f (a) + b) = y. Следовательно,
в — сюръекция и, значит, — изоморфизм.
15.43. M — множество всех элементов с конечным числом ненулевых компонент.
15.44. 2) Если x 6 t(M), a 6 R и xb = 0 для неделителя нуля b, причем ac = bd (c — неделитель нуля), то (xa)c = (xb)d = 0
и, значит, xa 6 t(M) для всех a 6 R. Если теперь y 6 t(M), то по доказанному yb 6 t(M). Поэтому (yb)r = 0 для некоторого
неделителя нуля r. Откуда (x — y)br = 0. 1) следует из 2).
15.45. 1) (^). Пусть M1 С M2 С … — цепь подмодулей модуля M, Q = [J Mi. По условию Q порождается конечным
множеством элементов {x1,… , xn} С Mk. Поэтому Q = Mk. (^). Допустим противное. Пусть M1 — циклический подмодуль
в M. Так как M = M1, то существует циклический подмодуль N1 ^ M1. Пусть M2 = M1 + N1. Так как M = M2, то
существует циклический подмодуль N2 ^ M2. Повторяя эти рассуждения, получим строго возрастающую цепь M1 С M2 С
… подмодулей модуля M, противоречие.
2) Пусть M = (x1,… , xn) и {Mi \ i 6 I} — цепь подмодулей в M, [J Mi = M. Тогда xj 6 Mi3 для некоторого ij. Поэтому
iei
существует к такой, что все xj 6 Mik. Значит, M = Mik. Обратно, среди множеств, порождающих модуль M, выберем
имеющее наименьшую мощность, скажем, m, и рассмотрим его как вполне упорядоченное множество {xi | i < a}, где a —
первое ординальное число мощности m. Пусть Mi — подмодуль, порожденный множеством {xj \ j < i}. Если m — бесконечное
число, то a — предельное ординальное число, и подмодуль Mi — собственный (т.к. порожден менее, чем m элементами). Но
тогда подмодуль M = Mi также собственный, противоречие.
15.48. Предположим, что g*h = hg = 0, где h 6 Hom(C, Y). Так как g — эпиморфизм, то h = 0, т.е. g* — мономорфизм.
Поскольку f *g* = (gf )* = 0* = 0, то осталось только проверить включение Ker f * С Im g*. Пусть h 6 Ker f *, т.е. hf = 0.
Тогда для эпиморфизма e: B ^ B/Im f имеем h = ge. Изоморфизм C = B/Im f влечет существование такого d 6 Hom (C, Y),
что dg = h, т.е. h 6 Img*. б) доказывается аналогично.
15.49. Эквивалентность а) и б) легко устанавливается. Пусть x 6 B. Тогда x — h (g (x)) 6 Ker g. Значит, B = Ker g + Im h.
Если x = y + z, где y 6 Ker g и z 6 Im h, то z = h (w) для некоторого w 6 C. Откуда w = g(x). Таким образом, w (значит,
и y) однозначно определяются элементом x. Это доказывает, что B = Ker g ф Im h. Аналогичным образом доказывается
справедливость второго прямого разложения.
15.51. а) (^). По условию f = g \ I для некоторого g: Rr ^ M. Если m = g(1), то f (x) = g(1 • x) = mx для всех x 6 I.
(^). Отображение g(z) = mz задает гомоморфизм g: Rr ^ M, являющийся продолжением f.
б) Пусть P — максимальный подмодуль в N со свойством P П A =0, B = A ф P. Тогда f: B ^ M — такой гомоморфизм,
что f (x + y) = h(x) для всех x 6 N, y 6 P.
15.54. R-модуль G можно отождествить с модулем векторов-столбцов K = ( S F^ \ ) • Если один из элементов a,b 6 F отличен
от нуля, то R-подмодуль, порожденный | a ь ] в K, совпадает с K

180  Основные понятия теории модулей.

15.55. Пусть F — поле, R = M(n, F) (n ^ 2). Левый R-модуль K = I . I векторов-столбцов длины n является простым
F
(см. 15.54). Простой R-модуль A изоморфен фактормодулю R/L для некоторого максимального левого идеала L. Это влечет
A = K.
15.57. Необходимость очевидна. Достаточность. Пусть A — подмодуль в M и B — максимальный подмодуль в M среди его
подмодулей, имеющих нулевое пересечение с A. Тогда A0B — существенный подмодуль в M, откуда A0 B = M и поэтому
модуль M полупрост.
15.58. 1) Пусть C С B и C’ — д.п.с. к C в L(A). Подмодуль C П B является д.п.с. к C в L(B), так как C П (C П B) = 0 и
C + (C П B)=(C + C’) П B = B.
2) Пусть 0 = a A и M — максимальный подмодуль среди подмодулей модуля A, не содержащих элемента a. Подмодуль M
будет максимальным в A. Действительно, пусть M С N С A и N’ — д.п.с. к N в L(A). Так как a G M и N П (M + N’) = M,
то либо a G N, либо a G M + N’. В силу максимальности M либо M = N, либо N’ = 0, т.е. N = A. 3) следует из 15.56.
15.60. 1), 2), 3) вытекают из определения. Обозначим через A пересечение всех существенных подмодулей модуля M, через
B — сумму гомоморфных образов всех полупростых модулей в модуль M. Если U — простой, а X — существенный подмодули
в M, то U = U П X, значит, U С X. Откуда Soc M С A. Так как гомоморфный образ полупростого модуля полупрост, то
B С Soc M. Пусть C С A и G — максимальный подмодуль в M со свойством C П G = 0. Тогда C 0 G — существенный
подмодуль в M. Откуда A С C 0 G. Следовательно, A = C 0 (G П A). Значит, A полупрост. Поэтому, если f: A ^ M —
вложение, то A = Im f С B.
15.63. Импликация а) ^ б) очевидна. б) ^ в). Поскольку rR — полупростой модуль, то rR = (0 Li = (0 Rei, где
Li = Rei — простые подмодули в rR, ei = 0, eiej = Sjei, 1 = i=ei. Поэтому R = 0 eiR. Пусть e — один из ei и
0 = a = ea G eR. Тогда aR С eR. Поскольку ea = 0 и Re прост, то f: Re Э re ^ rea = ra G Ra — изоморфизм. Если
rR = Ra 0 U, то g: R Э ra + u ^ f-1 (ra) G R есть эндоморфизм rR. Этот эндоморфизм действует как умножение справа
на некоторый элемент b G R. Таким образом, e = g (a) = ab. Откуда e G aR и, значит, eR = aR, т.е. eR — простой модуль.
Аналогично, в) ^ б).
в) ^ г). Если M = Mr, 0 = m G M, то mR есть образ эпиморфизма Rr ^ mR. Поэтому модуль M = Е mR полупрост
meM
как сумма полупростых модулей. Аналогично, б) ^ а). А так как г) ^ в) ^ б), то утверждение доказано.
15.64. Каждый циклический правый R-модуль M = mR является образом эпиморфизма Rr ^ mR. Поэтому M = R/A,
где A С Rr. Если M прост, то A должен быть максимальным правым идеалом. Следовательно, J(R) С A. Тогда M =
R/A = (R/J (R)) / (A/J (R)). Поскольку R = R/J (R) полупрост, то A = A/J(R) — его прямое слагаемое: R = A 0 B, откуда
M = R/A = B.
15.66. а) Отображение eRe ^ fr G End# (eR), где fr (ex) = (ere) (ex) = erex, как легко видеть, является искомым изоморфизмом.
б) Если eR — простой модуль, то по лемме Шура eRe = End#(eR) является телом, что доказывает необходимость. Достаточность.
Пусть eRe — тело и er = 0. Так как R — полупервичное кольцо, то erRer = 0. Значит, erse = 0 для некоторого
s G R, откуда ersete = e для некоторого ete G eRe. Поэтому erR = eR, т.е. eR — простой модуль.
в) следует из а) и б).
15.67. а) Отображение fre ^ gr G Ношд (eR, fR), где gr (ex) = frex, является искомым изоморфизмом.
б) (^). Пусть eR = fR и u = fue — элемент, соответствующий, в силу а), изоморфизму eR ^ fR, а v = evf — элемент,
соответствующий обратному изоморфизму fR ^ eR. Тогда vu = e и uv = f.
в) вытекает из б) в силу симметричности условий vu = e и uv = f.
15.68. Вытекает из 13.7.
15.69. Цоколь S модуля Rr совпадает с Е eR, где e пробегает множество всех таких идемпотентов, что eRe — тело. Цоколь
S’ модуля rR равен аналогичной сумме Re. Поскольку S — вполне инвариантный подмодуль в Rr, то S является идеалом
и, следовательно, S’ С S. Аналогично, S С S’.
15.70. 2) Пусть R — примитивное кольцо, I — его максимальный правый идеал. Тогда R/I — точный простой модуль.
Обратно, пусть Mr — точный простой модуль. Если 0 = m G M, то mR = M. Поэтому отображение R ^ M, r ^
mr, является эпиморфизмом. Пусть I — ядро этого эпиморфизма. Так как R/I изоморфен подмодулю модуля M, то I —
максимальный правый идеал. Включение Rr С I равносильно тому, что Mr = 0, т.е. r = 0. Следовательно, R — примитивное
кольцо. 3) проверяется непосредственно.
15.71. Обозначим G r = {x G R \ Gx = 0} и Sz = {m G M \ mS = 0}, где S — произвольное подмножество в R. Докажем
индукцией по числу образующих подмодуля G, что: (1) существует r G R с G (e — r) = 0 и (2) Gr = G. Допустим, что (1)
и (2) справедливы для G. Рассмотрим G + Dm, где m G G. Пусть G (e — r) = 0. Будем искать элемент s G R, для которого
(G + Dm) (e — r — s) = 0. Положим b = m (e — r). Достаточно добиться того, что Gs = 0 и ms = b. Существование такого
элемента очевидно, если mGr = M. Если же mGr = M, то mGr = 0, откуда m G GrZ = G, что противоречит предположению.
Таким образом, для G + Dm выполнено (1).
Осталось показать, что G + Dm = (G + Dm)ri = (Gr П mr)i. Очевидно, что G + Dm С (G + Dm)ri. Пусть теперь b G
(Gr П mr), т.е. br = 0, если Gr = 0 и mr = 0. Рассмотрим отображение d: mGr ^ bGr, mr ^ br. Так как Mr прост, то либо

181  Основные понятия теории модулей.

aGr = 0, либо mGr = M. В первом случае, bGr = 0 и потому b 6 GrZ = G С G + Dm. Во втором, — d 6 D и br = dmr при
всех r 6 Gr. Отсюда следует, что b — dm 6 Gr = G и потому b 6 G + Dm.
15.72. 1) Очевидно. 2) Если I — первичный идеал и aRb С I, то (RaR) (RbR) С I. Тогда a 6 RaR С I или b 6 RbR С I.
Обратно, пусть выполнено условие упражнения и AB С I. Если a 6 A\I, то aRb С I для любого b 6 B. Следовательно,
B С I.
3) Пусть I примитивен в R. Тогда I = {r 6 R \ Rr С J}, где J — некоторый максимальный правый идеал. Пусть теперь A и
B — идеалы в R, для которых AB С I С J. Тогда если M = {r 6 R \ rB С J}, то A, J С M. Поскольку M — правый идеал,
то M = J или M = R. В первом случае, A С M = J, во втором, B С MB С J.
15.76. а) ^ б). Пусть ao = a = 0. Так как идеал RaoR не является нильпотентным, то существует 0 = a1 6 aoRao.
Продолжая этот процесс, убеждаемся, что a не является строго нильпотентным, т.е. a 6 rad R.
б) ^ в). Если AB = 0, то AB С I для любого первичного идеала I. Поэтому A С I, либо B С I. Значит, A П B С I. Отсюда
A П B С rad R = 0.
в) ^ а). Если In = 0, то I = I П … П I =0.
15.77. а) Если r 6 J(R), то r 6 I для каждого максимального правого идеала I, т.е. 1 6/ I + rR. Следовательно, r 6 J(R)
в точности тогда, когда 1 — rx не принадлежит никакому максимальному правому идеалу при всех x 6 R, т.е. 1 — rx —
обратимый справа элемент.
б) В силу а) J(R) содержит любой такой идеал K. Согласно 13.56 J(R) — идеал кольца R. Поэтому осталось лишь показать
обратимость элемента 1 — r для любого r 6 J(R). Ввиду а) (1 — r) u = 1 для некоторого u 6 R. Имеем u = 1 — (1 — u), где
1 — u = —ru 6 J(R). Поэтому найдется v 6 R со свойством uv = 1. Тогда v = (1 — r) uv = 1 — r и u (1 — r)= 1.
в) Следует из 13.58.
г) Так как J(R) — идеал, то r 6 J(R) равносильно тому, что Rr С I для любого максимального правого идеала I, т.е.
r 6 {x 6 R | Rx С I} = P для любого примитивного идеала P.
д) Пусть Q — пересечение аннуляторов всех правых простых R-модулей, Q — идеал в R и Q = RQ. Если I — максимальный
правый идеал, то M = R/I — простой R-модуль, MQ = 0, значит, Q = RQ С I, т.е. Q С J(R). Обратно, если x 6 R\Q,
т.е. Vx = 0 для некоторого простого модуля V, то VxR = V. Поэтому VxRx = Vx = 0. Значит, найдутся такие v 6 V
и a 6 R, что vxax = 0. Тогда vxaR = V. Следовательно, отображение f: R ^ V, f: r ^ vxar есть эпиморфизм. Так как
f(x) = vxax = 0, то x 6/ J(R). Поэтому J(R) С Q.
е) Следует из того, что если r — нильпотентный элемент, то элемент 1 — r обратим.
15.79. Эквивалентность а) б) следует из 15.77. Эквивалентность б) в) проверяется непосредственно. а) ^ г).
Покажем, что MA — малый подмодуль в M. Допустим, что Q 6 L(M) и M = ^п= miR = Q + MA = Q + ^п= miA.
Существуют такие q 6 Q и a1,… ,an 6 A, что m1 = q + X)n=1 miai. Достаточно показать индукцией по n, что Q = M.
Если n =1, то m1 = m1(1 — a1)(1 — a1)-1 = q(1 — a1)-1 6 Q, откуда M = m1R = Q. Допустим, что n > 1. Имеем
m1 = m1(1 — a1)(1 — a1)-1 = (q + Хл_2 miai)(1 — a1)-1 6 Q + Хл_2 miA. Поэтому M = Q + Хл_2 miA и M = Q по
предположению индукции.
г) ^ в). Пусть B — такой правый идеал кольца R, что R = A + B. Тогда если M = (R/B)r, то MA = M. По условию
M= 0. Откуда B = R.
15.80. 1) Применить индукцию по n. 2) Пусть f (A) + U = N и m 6 M. Тогда f (m) = f (a) + u для некоторых a 6 A и u 6 U.
Так как f (m — a) = u, то m — a 6 f -1(U) и, значит, m 6 A + f- 1(U). Следовательно, A + f -1(U) = M. Откуда f-1 (U) = M
и f (M) = ff-1 (U) = U П Im f. Поэтому f (A) С f (M) С U и U = f (A) + U = N.
3) (^). Если C — максимальный подмодуль в M и a 6 C, то aR + C = M. Поэтому aR не является малым в M. (^).
Пусть Г = {B \ B С M, (B = M) и aR + B = M}. Так как aR не является малым подмодулем, то Г = 0, Г удовлетворяет
условию леммы Цорна, значит, Г обладает максимальным элементом C, который является максимальным подмодулем в M.
Действительно, если C С U С M, то из U 6 Г и aR + U = M следует равенство U = M.
15.82. 1) Пусть A = U, B = Kerf, где U пробегает все малые подмодули, а f — все гомоморфизмы модуля M в
полупростые модули. Пусть, далее, a 6 J(M), и предположим, что aR не является малым подмодулем в M. Тогда найдется
максимальный подмодуль C в M такой, что a 6 C и, значит, a 6 J(M). Следовательно, aR — малый подмодуль и потому
aR С A, т.е. J(M) С A. Пусть G — максимальный подмодуль в M, и M ^ M/G — канонический эпиморфизм модуля M
на простой модуль M/G. Откуда следует, что B С J(M). Для каждого гомоморфизма g: M ^ N из того, что U — малый
подмодуль в M следует малость подмодуля g(U) в N. Если N полупрост, то единственным малым подмодулем в N является
0 и потому g(M) = 0. Следовательно, A С B.
2) следует из определения.
3) Пусть M = ф Mi и ni: M ^ Mi — канонические проекции. Так как J(M)— вполне инвариантный подмодуль, то
iei
ni (J (M)) С J(M). Откуда J (M) = ф (Mi П J (M)). Очевидно, что Mi П J(M) = J (Mi) для всех i 6 I.
iei
4) Пусть N — такой собственный подмодуль модуля M, что N + J(M) = M. Так как M — конечно порожденный модуль, то
N содержится в некотором максимальном подмодуле P модуля M. Поэтому P + J(M) = M. Так как J(M) С P, то P = M,
противоречие.
5) J(M) = U, где U пробегает все малые подмодули модуля M, f (J(M)) = f U . Поскольку каждый f(U) — также
малый подмодуль в N, то f (J(M)) С J(N). Пусть теперь U — малый подмодуль в N и A + f-1(U) = M для некоторого
подмодуля A С M. Так как f(A) + U = N, то f (A) = N и потому A + Ker f = M. Тогда A = M, т.е. f-1 (U) — малый

182  Основные понятия теории модулей.

подмодуль в M. Откуда f 1 (U) С J(M) и, значит, f^f 1(U) = U С f (J (M)). Таким образом, J(N ) С f (J (M)), т.е.
J(N) = f (J(M)). Из этого равенства, с учетом включения Ker f С J (M), получаем J(M) = J (M) + Ker f = f- f (J(M)) =
f-1(J(N)).
6) Так как отображение fm : Rr Э r ^ mr G Mr есть гомоморфизм, то mJ (Rr) = fm (J (Rr)) С J(M). Откуда E meM mJ (Rr) =
MJ(R) С J(M).
J(Z) = 0, но J(Z/4Z) = 2Z/4Z и J(Qz) = Qz.
15.84. а) Поскольку (M/MJ(R)) J(R) = 0, то M/MJ(R) можно рассматривать как R/J(R)-модуль. При этом R-подмодули и
R/J(R)-подмодули в M/MJ(R) совпадают. По условию M/MJ(R) как модуль над R/J(R) полупрост. Поэтому J (M/MJ(R)) =
0 и, значит, J(M) С MJ(R). Обратное включение справедливо всегда.
б) Обозначим U = {m G M \ mJ(R) = 0}. Имеем (Soc M) J(R) С J (Soc M) = 0. Поэтому Soc M С U. С другой стороны, U
полупрост как R/J(R)-модуль, а значит, и как R-модуль. Следовательно, U С Soc M.
15.88. Пусть y = u2 — u G I, где I — ниль-идеал кольца R. Найдем элемент x G R, для которого e = u + x (1 — 2u) —
идемпотент в R, перестановочный с u. Уравнение e2 = e равносильно уравнению (x2 — x) (1 + 4y) + y = 0. Это квадратное
уравнение относительно x, формальное решение которого имеет вид x = 2 (,1 — (1 + 4y) ^ или, после разложения в ряд,
Так как y — нильпотентный элемент, то эта формула определяет x как многочлен от y с целыми коэффициентами. Поэтому
x I и xu = ux, значит, e — u I.

183  Основные понятия теории модулей.

Около

Comments

Добавить комментарий

Ваш e-mail не будет опубликован. Обязательные поля помечены *

*
*

Статистика


Яндекс.Метрика